2020年山西省高一(下)期中数学试卷解析版
期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.与角520°终边相同的角是（ ）A. -520°B. -160°C. 160°D. 700°2.已知tanα=2，则=（ ）A. -5B.C.D.3.若，则sin（π+α）=（ ）A. B. C. D.4.已知平面向量，满足，，则在方向上的投影为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 45.已知扇形的圆心角为60°，面积为，则该扇形的周长为（ ）A. B. C. D.6.在△ABC中，，DE∥BC，且与边AC相交于点E，△ABC的中线AM与DE相交于点N，设，，则=（ ）A. B. C. D.7.已知α，β都是锐角，，，则sinβ=（ ）A. B. C. D.8.函数f（x）=sin2x+cos x的部分图象是（ ）A. B.C. D.9.下列关于函数的说法正确的是（ ）A. 最小正周期是2πB. 在区间上单调递减C. 图象关于点成中心对称D. 图象关于直线成轴对称10.已知，，若tanα，tanβ是方程x2+3x-2=0的两个实数根，则α+β=（ ）A. B. C. D.11.若点，，中只有一个点在函数的图象上，为了得到函数y=cos2x（x∈R）的图象，只需把曲线f（x）上所有的点（ ）A. 向左平行移动个单位长度B. 向右平行移动个单位长度C. 向左平行移动个单位长度D. 向右平行移动个单位长度12.已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别为CD，BC上的点，若，，则的最小值是（ ）A.1 B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，若，则x=______．14.函数y=tan（πx+）的定义域是______．15.已知平面向量，满足，与的夹角为120°，且，则=______．16.已知函数f（x）=2cos x+cos2x，则f（x）的最大值是______．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.求值：（1）sin25°sin215°-sin245°cos35°；（2）．18.在四边形ABCD中，已知A（0，0），B（4，0），C（3，2），D（1，2）．（1）判断四边形ABCD的形状；（2）求向量与夹角的余弦值．19.已知函数f（x）=2sin x|cos x|．（1）判断函数f（x）的奇偶性和周期性；（2）当x∈[0，π]时，若f（x）=1，求x的取值集合．20.在等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，点E为BC的中点，，设=，=．（Ⅰ）用表示．（Ⅱ）在AC边上是否存在点F，使得DF⊥EF，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．21.自出生之日起，人的情绪、体力、智力等心理、生理状况就呈周期变化，变化曲线为y=sinωx．根据心理学家的统计，人体节律分为体力节律、情绪节律和智力节律三种这些节律的时间周期分别为23天、28天、33天．每个节律周期又分为高潮期、临界日和低潮期三个阶段．以上三个节律周期的半数为临界日，这就是说11.5天、14天、16.5天分别为体力节律、情绪节律和智力节律的临界日．临界日的前半期为高潮期，后半期为低潮期．生日前一天是起始位置（平衡位置），已知小英的生日是2003年3月20日（每年按365天计算）．（1）请写出小英的体力、情绪和智力节律曲线的函数；（2）试判断小英在2019年4月22日三种节律各处于什么阶段，当日小英是否适合参加某项体育竞技比赛？22.已知向量，，．（1）若，，求实数m的值；（2）记，若恒成立，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：与角520°终边相同的角的集合为{α|α=520°+k•360°，k∈Z}，当k=-1时，α=160°．故选：C．根据终边相同的角的集合，计算即可．本题考查了终边相同的角的集合应用问题，是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵tanα=2，∴．故选：D．由已知利用同角三角函数基本关系式即可化简求值得解．本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：因为，所以．故选：B．由已知利用诱导公式即可化简求值得解．本题主要考查了诱导公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵，设与的夹角为θ，在方向上的投影为：．故选：C．根据条件及在方向上的投影的计算公式即可求出投影的值．本题考查了投影的定义及计算公式，根据向量坐标求向量长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：因为，设该扇形的半径为R，弧长为l，面积为S，，所以R=1，，故扇形的周长为．故选：A．由已知利用扇形的面积公式可求扇形的半径，进而利用扇形的弧长公式可求弧长，进而得解．本题主要考查了扇形的面积公式和弧长公式的应用，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：如图所示：△ABC中，AM是△ABC的中线，∴．又∵，DE∥BC，∴，∴．故选：A．根据平面向量三点共线的基本定理，得出，再根据题意得出与的关系，代入计算可得．本题考查平面向量三点共线的基本定理，通过数形结合分析比例关系来解题，难度较低，属于基础题．7.【答案】D【解析】解：由题可知，，，所以sinβ=sin[（α+β）-α]=sin（α+β）cosα-．故选：D．由已知可求cosα，sin（α+β），然后结合sinβ=sin[（α+β）-α]，利用两角差的正弦公式展开即可求解．本题主要考查了两角差的余弦公式的应用，属于基础试题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，f（x）=sin2x+cos x，则f（-x）=sin2（-x）+cos（-x）=sin2x+cos x=f （x），故以f（x）是偶函数，排除A，C，又由f（0）=0+1=1，排除B；故选：D．根据题意，分析可得f（x）为偶函数，排除A、C，求出f（0）的值，排除B，即可得答案．本题考查函数的图象分析，注意特殊值的应用，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：因为函数，所以函数的最小正周期为，故A错；令，k∈Z，解得，k∈Z，当k=1时，，所以函数在区间上单调递减，故B正确；令2x+=kπ+，求得x=+，k∈Z，可得函数的对称中心为，k∈Z，故C错；令2x+=kπ，求得x=-，可得函数的对称轴为，k∈Z，故D错，故选：B．由题意利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性以及它的图象的对称性，得出结论．本题主要考查二倍角公式，余弦函数的单调性以及它的图象的对称性，属于基础题．10.【答案】B【解析】解：由根与系数的关系得tanα+tanβ=-3，tanαtanβ=-2，所以=-1，因为，，所以，故．故选：B．由已知结合方程的根与系数关系可求tan（α+β），结合α+β的范围即可求解．本题主要考查了两角和的正切公式在求解三角形中的应用，属于基础试题．11.【答案】A【解析】解：当点A在函数f（x）图象上时，，∴+φ=2kπ+π，即，k∈Z，，不符合题意；∵，点B也不符合题意；当点C在函数f（x）图象上时，，，k∈Z，∵，∴，故函数．由于，∴可知只需把曲线f（x）上所有的点向左平行移动个单位长度，即可得到函数y=cos2x（x∈R）的图象，故选：A．由题意利用余弦函数的图象和性质，函数y=A cos（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．本题主要考查余弦函数的图象和性质，函数y=A cos（ωx+φ）的图象变换规律，属于中档题．12.【答案】B【解析】解：以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），D（0，4），设E（x，4），F（4，y），则，．因为，所以-x（4-x）+16=13，解得x=1或3，即E（1，4）或（3，4），同理可得F（4，1）或（4，3），所以的最小值是（3，4）和（4，3）之间的距离为：．故选：B．建立坐标系，求出各点坐标，即可求得结论．本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力，属于基础题．13.【答案】1【解析】解：向量，，，∴=-2x+2=0，解得x=1．故答案为：1．利用向量垂直的性质直接求解．本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算能力，是基础题．14.【答案】{x|x≠k+，k∈Z}【解析】解：根据题意，令，k∈Z，解得，k∈Z；所以函数的定义域是．故答案为：{x|x≠k+，k∈Z}．根据正切函数的定义，列出不等式求出解集即可．本题考查了求正切函数的定义域应用问题，是基础题．15.【答案】3【解析】解：∵，∴==，∴，解得或（舍）．故答案为：3．根据，进行数量积的运算即可得出，解出即可．本题考查了向量数量积的运算及计算公式，一元二次不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题．16.【答案】3【解析】解：∵f（x）=2cos2x+2cos x-1，设cos x=t，则t∈[-1，1]，y=2t2+2t-1，故当t=1时，函数f（x）取得最大值是3，故答案为：3．由题意利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的值域，二次函数的性质，求出f（x）的最大值．本题主要考查二倍角公式、余弦函数的值域，二次函数的性质，属于基础题．17.【答案】解：（1）原式=sin25°sin（180°+35°）-sin（270°-25°）cos35°，=sin25°（-sin35°）-（-cos25°）cos35°，=cos25°cos35°-sin25°sin35°=．（2）原式=．【解析】（1）结合诱导公式进行化简，然后结合特殊角的三角函数值即可求解；（2）由已知结合两角和的正切公式进行化简可求．本题主要考查了两角和与差的三角公式在求解三角函数值中的应用，属于基础试题．18.【答案】解：（1）根据题意，A（0，0），B（4，0），C（3，2），D（1，2），则，，所以．又因为，，所以四边形ABCD是等腰梯形．（2），，设向量与夹角为θ，则．故向量与夹角的余弦值为．【解析】（1）根据题意，由向量的坐标计算公式可得、的坐标，求出、的模，据此分析可得答案；（2）根据题意，设向量与夹角为θ，求出向量、的坐标，由向量数量积的计算公式计算可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量平行的判断以及向量模的计算，属于基础题．19.【答案】解：（1）因为f（x）=2sin x|cos x|的定义域为R，且f（-x）=2sin（-x）|cos（-x）|=-2sin x|cos x|=-f（x），所以f（x）是奇函数．又因为f（x+2π）=2sin（x+2π）|cos（x+2π）|=2sin x|cos x|=f（x），所以函数f（x）的周期是2π．（2）由（1）知函数的周期是2π，当时，f（x）=2sin x cosx=sin2x，2x∈[0，π]，sin2x=1，，所以；当时，f（x）=-2sin x cosx=-sin2x，2x∈（π，2π），-sin2x=1，，所以x=；所以满足f（x）=1的x的取值集合是．【解析】（1）根据定义判断f（x）为定义域R上的奇函数，且为周期函数．（2）根据f（x）是周期为2π的函数，讨论并求出f（x）=1的x的取值集合．本题考查了三角函数的性质与应用问题，也考查了三角方程的解法问题，是基础题．20.【答案】解：（Ⅰ）∵点E为BC的中点，，且，∴====（Ⅱ）如图，假设在AC边上存在点F，使得DF⊥EF，设，则，0≤λ≤1，∴=，==，又△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，∴==，且，∴，整理得12λ2-13λ+4=0，△=169-12×16＜0，方程无解，∴AC边上不存在点F，使得DF⊥EF．【解析】（Ⅰ）根据条件及向量加法、减法和数乘的几何意义即可用表示出；（Ⅱ）可画出图形，假设在AC边上存在点F，使得DF⊥EF，并设，0≤λ≤1，然后可得出，，然后根据∠ABC=90°，AB=BC，进行数量积的运算即可得出12λ2-13λ+4=0，可判断该方程无解，从而得出在AC边上不存在点F，使得DF⊥EF．本题考查了向量加法、减法和数乘的几何意义，向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于基础题．21.【答案】解：（1）小英的体力、情绪和智力节律曲线的函数分别是（x＞0），，．（2）题可知当y＞0时为高潮期，y=0时为临界日，y＜0时为低潮期，小英从出生到2019年4月22日共经过365×16+12+22=5874天，分别代入三种节律曲线的函数中可知，，，，所以小英的体力节律处于高潮期情绪节律处于低潮期，智力节律处于临界日，当日小英适合参加某项体育竞技比赛．【解析】（1）根据题意小英的体力、情绪和智力节律曲线的函数分别是（x＞0），，；（2）分别令y＞0，y=0，y＜0代入三种节律曲线的函数中，即可判定当日小英适合参加某项体育竞技比赛．本题主要考查了三角函数的实际应用，考查了三角函数的性质，是中档题．22.【答案】解：（1）因为，所以m2sin2x-sin x cosx=0，即sin x（m2sin x-cos x）=0，因为，所以sin x＞0，故m2sin x-cos x=0，当m=0时，显然不成立，故m≠0，，解得m=-2或2，所以实数m的值为-2或2．（2）．∵，∴，．因为恒成立，所以，当m≥0时，f（x）≥0，显然成立；当m＜0时，，∴，解得，∴．综上可得实数m的取值范围是．【解析】（1）结合向量共线，可得m2sin x-cos x=0；结合，即可求解m的值；（2）整理函数解析式，转化为求其最小值，即可求解结论．本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．。
山西省长治市第二中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题(解析版)
【解析】
【分析】作出直观图的平面图形，判断直观图与平面图形的形状和数据之间的关系，求出平面图形的面积即可.
【详解】在 中， ，
直观图恢复原图如下：
则 ， ，
，
故答案为：
15.若圆锥底面半径为1，高为 ，其中有一个内接正方体 ，其中 、 、 、 四点在圆锥底面上， 、 、 、 在圆锥侧面上，则这个正方体的棱长为______．
2.已知 ，若 ，则 （）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先算出 ，再根据平面向量平行的坐标运算即可求得.
【详解】 ，因为 ，所以 .
故选：C.
3.已知直线 和平面 ，下列说法正确的是（）
A.如果 ，那么 平行于经过 的任意一个平面．
B.如果 ，那么 平行于平面 内的任意一条直线．
C.若 ，则 ．
D.若 且 ，则 ．
【答案】D
【解析】
【分析】A,D选项考查线面平行的判断，A选项缺少条件，D选项正确；B选项是线面平行推线线平行，需要借助另外一个面；C选项中，平行于同一个面的两条线没有特定的位置关系
【详解】选项A中，由 推出 平行于经过 的任意一个平面，需要增加一个条件，即 不在 所在的面内，A选项没有这一限制条件，所以A错误
A. B.
C. 的最大值为1D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A.由 ，可得 可判断；选项B.过 作 交 于点 ，所以 ,结合条件可判断；选项C.由B结合均值不等式可判断；选项D.由 结合均值不等式可判断.
【详解】选项A.由 ，可得
所以 ，故A正确.
选项B.过 作 交 于点
所以 ,由这两式可得
由 ，则 ， ，
山西省平遥中学2020学年高一数学下学期期中试题
2平遥中学2020学年度第二学期高一期中考试数学试题本试卷满分150分考试时间120分钟、选择题（5 X 12=60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确的选项填在答题卡的相应位置上。
1.已知sin 0, tan 0 ,则1 sin2化简的结果为（于（）A. 0D.65.下列函数中，最小正周期为n的偶函数是6.如果e , e2是平面内所有向量的一组基底，那么下列选项正确ir uu rA.若实数1, 2，使1©1 2 €20, 则 1 2 0 ；B.空间任一一向量r r IT uu2^2，这里1 ,a可以表示为a10ir rnC.1 ,2R,1e2佥不定在平面内；r r IT UTD.对平面内任一向量a，使a 1 e l2q的实数1 ,7.函数y log1(sin x）的单调递增区间是（) 2有无数对。
2是实数A. COSB. COS COS D. 以上都不对2.在边长为2的正三角形ABC中，设AB c, BC a , CA b 贝Ua?b b?c c?a等3.设角属于第二象限，且cos—2 cos ，则2—角属于（2A.第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限4 .在ABC 中,a,b,c分别为三个内角A、B、C所对的边ir mb,c ain r，若向量m n，则角A的大小为（）A.y=s in2xB.y=cos C .y=s in 2x+cos2x D. y=2 1 tan2x 1 tan2xA.(2k ,2k ),k Z2 2B. (2k个图象沿x 轴向左平移—个单位，沿y 轴向下平移1个单位，得到函数y=lsinx 的图2 2 象则是y=f(x)是( )1A . y= sin(2x22) 1B.y=1 sin(2x2411C. y= si n(2x11 D.y= si n(2x 卫110.在厶ABC 中,A90 ,AB 1, AC2.设点P,Q 满足 AP AB ,AQ (1 )AC,R .若 BQ? CP2,则()A . f (sin) f (cos )Bc. f (sin ) f (cos )D、填空题 (5X 4=20分)x cos2x 2、3sin xcosx ，下列命题:①若存在X 1 , X 2有X 1 X 2 时，f N f x 2成立;r r r11.平面上三个向量 a,b,c ,两两夹角相等，() A. 11B. 4C| a |=1 , | b |=3,|r r rc |=7,则 | a bc |等于.11 或 4 D.11 或 2 712.定义在R 上的奇函数f(x)满足f(2 x) f (x), 且在［3, 2］上是减函数，,是钝角三角形的两个锐角，则 C.(2k ,2k ),k Z2D. (2k ,2k-),k Z 28.如图， 在厶ABC中，O 为BC 的中点，过0的直线交 AB 、AC…uun uuuu UULT UULTmAM , AC nAN ，贝U m n于M 、N ，若 AB ( ) A.2 B. 1 C.1 2 D.3f (sin )与f (cos )的大小关系是()f (sin ) f (cos ) f (sin ) f (cos )13.已知扇形的圆心角为 150，半径为3,则扇形的面积是 14.关于函数9.若函数y=f(x)的图象上每一点的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的 2倍，再将整52 ,且（a 2b ） （2a b ）,求a 与b 夹角的余弦值; （2,x ）且a 与b 的夹角为锐角时，求 x 的取值范围。
2020-2021学年山西省运城市高一(下)期中数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年山西省运城市高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z满足z(1+i)2=1−i，其中i为虚数单位，则z在复平面内所对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c=3，a=2，C=120°，则sinA=()A. √36B. √33C. 16D. 133.在空间立体几何中，已知直线a，b，c，则“a⊥c且b⊥c”是“a//b”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件4.已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若α=30°，则β=()A. 30°B. 150°C. 30°或150°D. 60°或120°5.如图，正方形A′B′C′D′的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，原图形的面积为()A. √22B. √2C. 2√2D. 4√26.已知向量a⃗=(2,−1)，b⃗ =(4,−4)，若m a⃗−n b⃗ 与2a⃗−b⃗ 共线(其中m，n∈R，m≠0)，则mn=()A. 2B. 1C. 12D. −127.已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，则下列四个命题中错误的是()A. 若m⊥α，n⊥α，则m//nB. 若α⊥β，l⊂α，则l⊥βC. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥mD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β8.已知灯塔A在海洋观察站C的北偏东65°，距离海洋观察站C的距离为akm，灯塔B在海洋观察站C的南偏东55°，距离海洋观察站C的距离为3akm，则灯塔A与灯塔B的距离为()A. akmB. √3akmC. √7akmD. 2akm9. 如图，四边形ABCD 为平行四边形，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，若DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAF⃗⃗⃗⃗⃗ ，则λ+μ的值为( ) A. 12 B. 23 C. −13 D. −110. 在△ABC 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则△ABC 是( )A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形11. 已知四棱锥S −ABCD 的底面为矩形，SA ⊥底面ABCD ，点E 在线段BC 上，以AD 为直径的圆过点E.若SA =√3AB =3，则△SED 的面积的最小值为( )A. 9B. 7C. 92D. 7212. 在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点(含边界)，若AP//平面BDEF ，则P 点的轨迹长为( )A. 1B. √2C. 2D. 2√2二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知i 为虚数单位，则i 2020+i 2021=______．14. 若向量a ⃗ ，b ⃗ 的夹角为120°，|a ⃗ |=|b ⃗ |=1，则|a ⃗ −2b ⃗ |=______． 15. 如图所示，在棱锥A −BCD 中，截面EFG 平行于底面，且AE ：EB =1：2，若△EFG 的周长是9，则△BCD 的周长为______．16. 已知长方体ABCD −A′B′C′D′中，A′B′=√3，B′C′=1，A′B 与平面ACC′A′所成角的正弦值为√34，则该长方体的外接球的表面积为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知复数z=2−ai(a∈R)，且(1−2i)z为纯虚数．(1)求复数z；(2)若ω=z，求复数ω及其模|ω|．3+i18.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为菱形，PA=PC，E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：AC⊥平面PBD；(2)求证：EF//平面PBC．19.某养殖场建造圆锥形仓库用于贮藏玉米，已建的仓库的底面直径为16m，高6m，现准备建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多的玉米，有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4m(高不变)；二是高增加4m(底部直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的侧面积；(3)判断哪个方案更经济些．ab．20.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c2−a2=bccosA−12(1)求角C；(2)若c=2√3，求a+b的取值范围．21.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，E为AB，AA1的中点，且BB1=BC=AC，BD=CD．(1)证明：平面B1CD⊥平面CDE；(2)若BD=1，求点D到平面B1CE的距离．22.如图所示的几何体中，底面ABEF是等腰梯形，AB//EF，矩形ABCD所在平面与底面ABEF垂直，且AB=2AF=2EF=2AD= 2，O是AB中点．(1)求证：AF⊥平面BCF；(2)若M是CF上一点，当OM//平面ADF时，求异面直线OM与CE所成角的余弦值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵z(1+i)2=1−i，∴z=1−i(1+i)2=1−i2i=(1−i)(−i)−2i2=−1−i2=−12−12i，∴z在复平面内所对应的点的坐标为(−12,−12)，位于第三象限．故选：C．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.【答案】B【解析】解：由正弦定理可得asinA =csinC，则sinA=asinCc=2×√323=√33，故选：B．直接利用正弦定理求解即可．本题考查正弦定理的应用，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：①若a⊥c且b⊥c，则a//b或相交或异面，∴充分性不成立，②若a//b，则a与c，b与c有可能异面，∴必要性不成立，∴a⊥c且b⊥c是a//b的既不充分也不必要条件，故选：D．空间中的三条直线a，b，c满足a⊥c且b⊥c，则直线a与直线b的位置关系是平行或相交或异面，根据充要条件的定义即可判断．本题考查了空间直线与直线的位置关系的判断，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，∴α=β或α+β=180°，∵α=30°，∴β=30°或β=180°−30°=150°．故选：C．由角α与角β的两边分别平行，得到α=β或α+β=180°，由此能求出β．本题考查空间角的大小的求法，考查空间中线线、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.【答案】C【解析】解：画出相应的平面直角坐标系xoy，在x轴上取OA=O′A′，在y轴上取OB=2O′B′，作BC//x轴，并且等于B′C′，然后连接OC，AB，则平行四边形OABC为原图形，∵OA=1,OB=2√2，∴原图形的面积为：1×2√2=2√2．故选：C．根据水平放置的平面图形的直观图的画法，画出原图形，然后根据原图形求面积即可．本题考查了用斜二测画法画出水平放置的直观图的方法，考查了作图能力，属于中档题．6.【答案】A【解析】解：向量a⃗=(2,−1)，b⃗ =(4,−4)，所以m a⃗−n b⃗ =(2m−4n,−m+4n)，2a⃗−b⃗ =(0,2)；又m a⃗−n b⃗ 与2a⃗−b⃗ 共线，所以2m−4n=0，即m=2n；=2．又m≠0，所以mn故选：A．的值．根据平面向量的坐标运算和共线定理，列方程求出mn本题考查了平面向量的坐标运算和共线定理应用问题，是基础题．7.【答案】B【解析】解：若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质可得m//n，故A正确；若α⊥β，l⊂α，可能l⊂β，l//β或l、β相交，故B错误；若l⊥α，m⊂α，由线面垂直的定义可得l⊥m，故C正确；若l//α，由线面平行的性质可得过l的平面与α的交线m与l平行，又l⊥β，可得m⊥β，又m⊂α，则α⊥β，故D正确．故选：B．由线面垂直的性质可判断A、C；由线面的位置关系可判断B；由线面平行的性质和线面垂直的性质，以及面面垂直的判定定理，可判断D．本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：如图所示：∠ACB=180°−65°−55°=60°，AC=a，BC=3a，由余弦定理得AB2=a2+9a2−2a×3a×cos60°=7a2，解得AB=√7a(km)．故选：C．根据题意画出图形，结合图形利用余弦定理求出AB的值．本题考查方位角和余弦定理的应用问题，考查方程思想和运算能力，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：由题意可知，AE ⃗⃗⃗⃗⃗=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+μ(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(λ+13μ)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ+μ)AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以λ+μ=−1． 故选：D ．利用平面向量基本定理将DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 转化为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 表示，即可得到答案． 本题考查了平面向量基本定理的应用，平面向量的线性运算，平面向量相等的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．10.【答案】A【解析】解：∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴c 2−b 2=accosB ，由余弦定理可得c 2−b 2=ac ×a 2+c 2−b 22ac，故c 2=a 2+b 2，∴△ABC 是直角三角形． 故选：A ．利用余弦定理化简边角关系可得c 2=a 2+b 2，从而可判断三角形的形状．本题主要考查平面向量数量积的运算，余弦定理的应用，三角形的形状的判断，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．11.【答案】C【解析】解：设BE =x ，EC =y ，则BC =AD =x +y ， ∵SA ⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥ED ， ∵AE ⊥ED ，SA ∩AE =A ，∴ED ⊥平面SAE ，∴ED ⊥SE ， 由题意得AE =√x 2+3，ED =√y 2+3，在Rt △AED 中，AE 2+ED 2=AD 2，∴x 2+3+y 2+3=(x +y)2， 化简，得xy =3，在Rt △SED 中，SE =√x 2+12，ED =√y 2+3=√9x2+3，∴S△SED=12×SE×ED=12√3x2+108x2+45，∵3x2+108x2≥2√3x2×108x2=36，当且仅当x=√6，y=√62时，等号成立，∴S△SED≥12√36+45=92．∴△SED面积的最小值为92．故选：C．设BE=x，EC=y，则BC=AD=x+y，推导出SA⊥ED，ED⊥平面SAE，ED⊥SE，得AE=√x2+3，ED=√y2+3，推导出xy=3，SE=√x2+12，ED=√y2+3=√9 x2+3，从而S△SED=12×SE×ED=12√3x2+108x2+45，由此能求出SED面积的最小值．本题考查空间几何体的线面关系及基本不等式的应用，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】B【解析】解：如图所示，分别取棱A1B1，A1D1的中点M，N，连结MN，B1D1，因为M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN//B1D1，EF//B1D1，所以MN//EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，所以MN//平面BDEF，连结NF，可得NF//A1B1，NF=A1B1，所以四边形ANFB是平行四边形，所以AN//FB，因为AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，故A N//平面BDEF，又AN∩MN=N，所以平面AMN//平面BDEF，因为P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP//平面BDEF，所以点P在线段MN上，即P点的轨迹为MN，所以P点的轨迹长为MN=12B1D1=12×2√2=√2．故选：B．分别取棱A1B1，A1D1的中点M，N，连结MN，B1D1，连结NF，可证明平面AMN//平面BDEF，得到点P点的轨迹为线段MN，求出MN长即可．本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理和判定定理以及面面平行的性质定理和判定定理的应用，解题的关键是通过构造平行平面找到点P的位置，属于中档题．13.【答案】1+i【解析】解：i2020+i2021=(i4)505+(i4)505⋅i=1+i．故答案为：1+i．根据已知条件，运用复数的运算法则，即可求解．本题主要考查复数代数形式的乘法运算，属于基础题．14.【答案】√7【解析】解：向量a⃗，b⃗ 的夹角为120°，|a⃗|=|b⃗ |=1，则|a⃗−2b⃗ |=√a⃗2−4a⃗⋅b⃗ +4b⃗ 2=√1−4×1×1×(−12)+4=√7．故答案为：√7．直接利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解即可．本题考查向量的数量积的求法与应用，向量的模的运算法则的应用，是基础题．15.【答案】27【解析】解：由已知得，EF//BD，EG//BC，FG//CD，∴△EFG∽△BDC，∴△EFG的周长△BDC的周长=EFBD，又∵AE：EB=1：2，∴EFBD =AEAB=13，而△EFG的周长是9，∴△BCD的周长为9×3=27．故答案为：27．证明△EFG∽△BDC，可得△EFG的周长△BDC的周长=EFBD，再由已知求得EFBD，则答案可求．本题考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．16.【答案】5π【解析】解：如图，作BE ⊥AC ，垂足为E ，连接A′E ，BE ，∵平面ABC ⊥平面ACC′A′，平面ABC ∩平面ACC′A′=AC ， ∴BE ⊥平面ACC′A′，则∠BA′E 是A′B 与平面ACC′A′所成角， 又BE =√3×1√(√3)2+12=√32，A′B=√(√3)2+(AA′)2， ∴sin∠BA′E =BE A′B=√32√3+(AA′)2=√34，解得AA′=1．∴长方体的对角线长为√12+(√3)2+12=√5， 则该长方体的外接球的表面积为4π×(√52)2=5π．故答案为：5π．作BE ⊥AC ，垂足为E ，连接A′E ，BE ，可得BE ⊥平面ACC′A′，则∠BA′E 是A′B 与平面ACC′A′所成角，再由已知求得长方体的高，进一步求得对角线长，得到外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查多面体外接球表面积的求法，由已知条件求出长方体的高是关键，是中档题．17.【答案】解：(1)∵复数z =2−ai(a ∈R)，∴(1−2i)z =(1−2i)(2−ai)=2−2a −(a +4)i ， ∵(1−2i)z 为纯虚数， ∴{2−2a =0a +4≠0，解得a =1，∴z =2−i ． (2)∵z =2−i ， ∴ω=z 3+i=2−i 3+i=(2−i)(3−i)(3+i)(3−i)=12−12i ，∴|ω|=√(12)2+(−12)2=√22．【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解．(2)根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数模的公式和纯虚数的概念，属于基础题．18.【答案】证明：(1)设AC∩BD=O，则O是BD中点，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PA=PC，O是AC中点，∴AC⊥PO，又BD∩PO=O，∴AC⊥平面PBD．(2)取PC中点为G，∵在△PCD中，F是PD中点，G是PC中点，CD，∴FG//CD，且FG=12又∵底面ABCD是菱形，∴AB//CD，∵E是AB中点，CD，∴BE//CD，且BE=12∴BE//FG，且BE=FG，∴四边形BEFG是平行四边形，∴EF//BG，又EF⊄平面PBC，BG⊄平面PBC，∴EF//平面PBC．【解析】(1)设AC∩BD=O，则O是BD中点，由面ABCD是菱形，可得BD⊥AC，又PA= PC，O是AC中点，可得AC⊥PO，利用线面垂直的判定定理即可证明AC⊥平面PAC．CD，又由底面ABCD (2)取PC中点为G，由已知利用中位线的性质可得FG//CD，且FG=12CD，从而BE//FG，且BE=FG，可得是菱形，E是AB中点，可得BE//CD，且BE=12四边形BEFG是平行四边形，可得EF//BG，利用线面平行的判定定理即可证明EF//平面PBC．本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．19.【答案】解：(1)方案一：仓库的底面直径变成20m，则仓库的体积为V1=13Sℎ=13π×(202)2×6=200π(cm3)；方案二：仓库的高变为10m，则仓库体积为V2=13Sℎ=13π×(162)2×10=640π3(cm3).(2)方案一：圆锥的母线长为l1=√102+62=2√34m，则仓库的侧面积为S1=π×10×2√34=20√34π(cm2)；方案二：圆锥的母线长为l2=√82+102=2√41m，则仓库的侧面积为S2=π×8×2√41=16√41π(cm2).(3)因为V2>V1，S2<S1，所以方案二比方案一更加经济．【解析】(1)利用圆锥的体积公式分别求解两种方案的体积即可；(2)利用圆锥的侧面积公式分别求出两种方案的侧面积即可；(3)比较体积与侧面积，即可得到答案．本题考查了数学在实际生活中的应用，主要考查了圆锥的体积公式以及侧面积公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(1)因为c2−a2=bccosA−12ab，所以c2−a2=bc⋅b2+c2−a22bc −12ab，整理可得b2+a2−c2=ab，可得cosC=a2+b2−c22ab =ab2ab=12，又C∈(0,π)，所以C=π3．(2)∵c=2√3，C=π3，∴asinA =bsinB=√3√32=4，可得：a=4sinA，b=4sinB=4sin(2π3−A)，∴a+b=4sinA+4sin(2π3−A)=4sinA+4(√32cosA+12sinA)=4√3sin(A+π6)，∵A∈(0,2π3)，可得A+π6∈(π6,5π6)，∴sin(A+π6)∈(12,1]，∴a +b =4√3sin(A +π6)∈(2√3,4√3].【解析】(1)由已知利用余弦定理可求cosC =12，结合范围C ∈(0,π)，进而可求C 的值． (2)由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a +b =4√3sin(A +π6)，由A 的范围，可得A +π6∈(π6,5π6)，根据正弦函数的性质可求其取值范围．本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，要求熟练掌握相应的定理和公式，属于中档题．21.【答案】(1)证明：在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，CD ⊂平面ABC ， ∴BB 1⊥CD ，又BC =AC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB ， ∵BB 1∩AB =B ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1， 而B 1D ⊂平面ABB 1A 1，∴CD ⊥B 1D ，由BD =CD =DA ，可知∠ACB =90°，不妨设BB 1=BC =2a ，即AE =a ， 则AB =2√2a ，∴BD =DA =√2a ，则BB 1BD=DAAE ，可得Rt △B 1BD∽Rt △DAE ，则∠ADE =∠BB 1D ， ∴∠B 1DE =90°，即B 1D ⊥DE ，∵CD ∩DE =D ，∴B 1D ⊥平面CDE ，而B 1D ⊂平面B 1CD ， ∴平面B 1CD ⊥平面CDE ；(2)解：由(1)及BD =1，可得AC =BC =BB 1=√2，且CD ⊥平面B 1DE ， 设点D 到平面B 1CE 的距离为ℎ，则V D−B 1CE =V C−B 1DE ，在△B 1CE 中，B 1C 2=BB 12+BC 2=4，CE 2=AC 2+AE 2=52， B 1E 2=A 1B 12+A 1E 2=92，∴B 1C =2，CE =√102，B 1E =3√22，由余弦定理可得：cos∠B 1EC =√55，∴sin∠B 1EC =2√55， S △B 1CE =12×√102×3√22×2√55=32．又B 1D =√3，DE =√62，S △B 1DE =12×√3×√62=3√24， ∴13×32ℎ=13×3√24×1，解得ℎ=√22． 即点D 到平面B 1CE 的距离为√22．【解析】(1)由已知证明BB1⊥CD，CD⊥AB，可得CD⊥平面ABB1A1，得到CD⊥B1D，再求解三角形证明B1D⊥DE，可得B1D⊥平面CDE，进一步得到平面B1CD⊥平面CDE；(2)由(1)及BD=1，可得AC=BC=BB1=√2，且CD⊥平面B1DE，设点D到平面B1CE的距离为ℎ，利用V D−B1CE =V C−B1DE，即可求得点D到平面B1CE的距离．本题考查直线与平面、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．22.【答案】(1)证明：连接OF，因为底面ABEF是等腰梯形，AB//EF，AB=2AF=2EF=2AD=2，O是AB中点，所以四边形OBEF为平行四边形，则OF=BE=1，所以OF=12AB，故AF⊥BF，因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以CB⊥平面ABEF，又AF⊂平面ABEF，则AF⊥CB，又CB∩BF=B，CB，BF⊂平面CBF，故AF⊥平面CBF；(2)解：如图所示，过点M作MN//DC，MN与DF交于点N，又因为DC//AO，则MN//AO，因为OM//平面ADF，OM⊂平面OMNA，平面OMNA∩平面ADF=AN，所以OM//AN，故四边形MNAO为平行四边形，所以MN=AO=12DC，取EF的中点O，连接MP，OP，因为N，M为FC，DF的中点，则MP//CE，故∠OMP为异面直线OM与CE所成的角，由题意可得，OM=AN=12DF=√22，MP=12CE=√22，OP=√32，所以cos∠OMP=OM2+MP2−OP22OM⋅MP =14，故异面直线OM与CE所成角的余弦值为14．【解析】(1)连接OF，先证明AF⊥BF，然后由面面垂直的性质定理证明CB⊥平面ABEF，可得AF⊥CB，根据线面垂直的判定定理证明即可；(2)利用线面平行的性质定理和中位线定理，结合异面直线所成角的定义，得到∠OMP为异面直线OM与CE所成的角，在三角形中，利用余弦定理求解即可．本题主要考查了异面直线所成角的求解，解题的关键是寻找平行线将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．。
2020-2021学年山西省太原市高一下学期期中考试数学试题PDF版
2020~2021学年第二学期高一年级期中质量监测数学试题参考答案及评分标准一、选择题二、填空题 13、1i +14、3 15、23-16、34三、解答题17、解：（1）由余弦定理，得2222cos 16a b c bc A =+-=， ………………………2分则=4a . …………………………………………………………………….3分（2）由正弦定理知，4sin sin sin a b c A B C ===，sin 2B =，………………………….4分当3B π∠=时，512A π∠=，a =； ……………………………………….6分当23B π∠=时，12A π∠=，a =. ……………………………………….8分18、解：（1）2a －=(21,2)b k -， …………………………….1分 由(2a －b )//c ，得21k -=4， …………………………………….4分 解得5=2k . …………………………………….5分 （2）若1k =，2a －b = (1,2)， …………………………………….6分 设2a －b 与c 的夹角为θ，则(1,2)(2,1)4cos 52a b c θ⋅==- …………………………………10分19、解：易得=120=30ACD CAD ∠∠，，=60CBD ∠，……………………………….3分在ACD ∆中,解得 ………………………………….5分在BCD ∆中，由正弦定理，得sin sin CD BCD BD CBD∠==∠.7分 在ABD ∆中，由余弦定理，得 222=+2cos 135AB AD BD AD BD ADB -⋅∠=, …………………………………….9分所以,A B 之间的距离为. …………………………………….10分20、解：（A ）（1）111242ABC A B C V Sh -==⨯=, ……………………………….3分1112323242ABC A B C S S S -=+=⨯+=底侧. …………………………6分（2）111132322D AB C B ACD V V --==⨯⨯=. ………………………… 10分（B ）（1）1112234ABC A B C V Sh -===, …………………………………….2分11122322324ABC A B C S S S -=+=⨯+=侧底 ……………………………5分（2）111111112132D AB C B AB C C ABB V V V ---===⨯=,1111AB D AC D B C D S S S ∆∆∆===11AC B S ∆=则三棱锥11D AB C -的表面积为, …………………………………….8分设三棱锥11D AB C -的内切球半径为r ，则113r ⨯⨯=，则7r = . ……………………………………………………10分21、（A ）解：（1）由已知得()(sin sin )(sin sin )c a C A b C B -+=-，…………………1分故由正弦定理得222b c a bc +-=． ……………………………3分 由余弦定理得2221cos 22b c a A bc +-==． ……………………………4分 因为0180A ︒︒<<，所以60A ︒=． ……………………………5分 ⑵ 由余弦定理得：2222cos a c b cb A =+-⋅, 221722c b cb =+-⋅,()237c b cb +-=, ……………………………7分又1sin 2S cb A =⋅=,……………………………8分 ∴6cb =∴()2187c b +-=， 5c b +=， ……………………………9分∴ABC △周长为5a b c ++=. ……………………………10分（B ）解：（1）因为m n ⊥sin (cos 2)0B b C +-=， ……………………1分sin sin cos 2sin 0C B B C B +-=， ……………………………2分cos 2C C +=，2sin()26C π+=， ……………………………4分 所以3C π=. ……………………………5分（2）=2c ，sin sin sin 3a b c A B C ===， ……………………………6分1sin 233a b A B +=+=2sin()3333A A π+-=（2sin A A +）=sin()3A ϕ+，易知,62A ππ<<则当 cos 7A A ==时，取得最大值3.……………10分。
山西省范亭中学2020学年高一数学下学期期中试题
山西省范亭中学2020学年高一数学下学期期中试题本试题分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟第I卷（选择题）一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1、设集合A={x|x - 4x+3 V 0}, B={x|2x - 3>0}，贝U AA B=（）A. （- 3,-厶）B •（ - 3,丄） C. （1，色）D •（亠，3）2 2 2 22、直角梯形OABC被直线x=t截得的左边图形的面积S=f（t）的大致图象是（）A. nB.nC.nD.3n63446、执行如右图所示的程序框图，则输出A 1 D 1A. B. C. 2 D. -12 2A.13、已知a 2 3, bA. a b cB.，则()b D.c b a5r-1丿- - ■u 1 2 fC. D.4、函数y sinxcosx仝cos2x的最小正周期和振幅分别是（2A. , 1B.5、已知单位向量,2 C.v,V满足D. 2 , 2b，则a与V v夹角为（S的结果为（）7、已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视A. 100，20B. 200，20C. 200 ，10D. 100，108、设f x是J上的奇函数，fx2 f x，当Ox 1时有f x 2x，则f 2015（）A. 1B. 2C. 1D. 29、如图，正方形ABCD内得图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机一点，则此点取自黑色部分的1 1A. B. - C. D.4 4 8 210、已知扇形的周长为6cm,面积为2cm2，则扇形的圆心角的弧度数为（）11、下列说法正确的为（）A. 幕函数的图象都经过（0, 0）、（ 1, 1）两点B. a, b, c 均为不等于1的正实数，则log a b log c a log b cv vvv o18、 已知a 2, b 3 a 与b 的夹角为120o ，求（1）v b ；（ 2）（2 a b ）（ a 3b ）；（ 3）a V 19、设函数fx a x 1 2 （ a 0，且a 1），若y fx 的图象过点1,7(1)求a 的值及y f x 的零点.A. 1B. 4C. 2D. 1C. D.2f （x ） x 3是偶函数若a< -，则444a 1 4a 1cosx tanx 的值域是（ A.1,0 0,1 B.1,1C.1,1D.1,0 0,1第 II 卷（非选择题）、填空题（本题共 4道小题，每小题 5分，共 20分）4 25 513sin - cos —-tan -3 6414、已知角 的终边经过点p1, 3 ,则 cos 的值为 —15、若幕函数 2y m 3m 3 m 2 mx 1的图象不过原点，则 m 是16、 已知函数 f x2x 2axu 曰士 b是疋 义在 2b,3b 1区间上的偶函数， 域为f x 的值三、解答题（本题共 6道小题，第17题10分,其余每道12分，共70分，解答应写出文字说）则函数12、函数y 明、证明过程或演算步骤）（n ）求 取：-；：爲炉厂代/；：的值5(2 )求不等式f x 5的解集.320、如图，已知OPQ是半径为1,圆心角为—的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇3形的内接矩形.记COP ，求当角取何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出这个最大面积.〔丿21、信息科技的进步和互联网商业模式的兴起，全方位地改变了大家金融消费的习惯和金融交易模式，现在银行的大部分业务都可以通过智能终端设备完成，多家银行职员人数在悄然减少.某银行现有职员320人，平均每人每年可创利20万元.据评估，在经营条件不变的前提下，每裁员.1人，则留岗职员每人每年多.创利0.2万元，但银行需付下岗职员每人每年6万元的生活费，并且该银行正常运转所需人数不得小于现有职员的-，为使裁员后获得的经济4效益最大，该银行应裁员多少人？此时银行所获得的最大经济效益是多少万元？22、已知函数f(x) 2cos2 x 2、3sinxcosx.(1) 求函数f (x)的单调递减区间；(2) 将函数y f (x)的图像向左平移一个单位，再将所得图像上各点的横坐标缩短为原来的12丄倍，纵坐标不变，得到函数y g(x)的图像，求g(x)在0—上的值域.2 ' 4参考答案、选择题。
2020-2021学年山西省太原市高一(下)期中数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年山西省太原市高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 若复数z =2−3i ，则z 的共轭复数为( )A. 3+2iB. −2+3iC. 2+3iD. −2−3i2. 下列结论正确的是( )①正棱柱的侧面均为全等的矩形； ②棱台侧棱所在的直线必交于一点； ③矩形旋转一周一定形成一个圆柱； ④用平面截圆锥，截面图形均为等腰三角形．A. ①②B. ①④C. ③④D. ①②③3. AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是四边形ABCD 为矩形的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 下面是关于复数z =1−i 的三个命题：p 1：|z|=2；p 2：z 2=−2i ；p 3：z 的虚部为−1.其中的真命题为( )A. p 1，p 2，p 3B. p 1，p 2C. p 1，p 3D. p 2，p 35. 已知四边形ABCD 为平行四边形，点A ，B ，D 的坐标分别是(1,2)，(3,5)，(0,4)，则点C 的坐标是( )A. (−1,9)B. (3,8)C. (2,7)D. (−2,1)6. 已知|a⃗ |=1，与非零向量b ⃗ 同向的单位向量为e ⃗ ，且<a ⃗ ，b ⃗ >=23π，则向量a ⃗ 在b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12b⃗ B. −12e⃗ C. 12e⃗ D. −12b⃗ 7. 若复数z 满足1<|z|≤2，则在复平面内，z 对应的点组成图形的面积为( )A. πB. 2πC. 3πD. 4π8. 下列命题正确的是( )A. 若a 与b 是两条相交直线，且a 与平面α平行，则b 与平面α相交B. 若直线a 不平行于平面α，且a ⊄α，则平面α内不存在与a 平行的直线C. 若a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，且a ⊂α，b ⊂β，则a ，b 是异面直线D. 若a ，b 分别是长方体的两个相邻平面的对角线所在的直线，则a ，b 是异面直线9. 一平面截一球得到直径为4√3cm 的圆面，球心到这个平面的距离为2cm ，则该球的体积为( )A.256π3cm 3 B. 64πcm 3 C.64π3cm 3D.16π3cm 310. 若非零向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 满足(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，则△ABC 为( ) A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边与腰不相等的等腰三角形D. 等边三角形11. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，c =2，2acosC =bcosC +ccosB ，sinB =2sinA ，则△ABC 的面积为( )A. √33B. √3C. 43D. 2√3312. 已知|a ⃗ |=2|b ⃗ |=2√3，a ⃗ ⋅b ⃗ =−3，若|c ⃗ −a ⃗ −b ⃗ |=1，则|c⃗ |的取值范围是( ) A. (2,4)B. [2,4]C. [√3−1,√3+1]D. [2√3−1,2√3+1]二、单空题（本大题共4小题，共16.0分） 13. 已知i 为虚数单位，则1+3i2+i =______．14. 已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为3的扇形，则该圆锥的高为______；体积为______．15. 已知等腰梯形ABCD 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =QC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =______． 16. 已知△ABC 中，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =QC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，直线PC 与QB 交于点O ，若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC⃗⃗⃗⃗⃗ ，则λ+μ=______．三、解答题（本大题共7小题，共72.0分）17. 在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且b =2√3，c =2√2．(1)若cosA =√612，求a ；(2)若C =π4，解这个三角形．18.已知向量a⃗=(k,3)，b⃗ =(1,4)，c⃗=(2,1)．(1)若(2a⃗−b⃗ )//c⃗，求k；(2)若k=1，求2a⃗−b⃗ 与c⃗的夹角的余弦值．19.如图，A，B两点都在河的对岸，且都不能到达，在A，B两点的对岸选取相距为9m的C，D两点，并测得∠ACB=75°，∠BCD=45°，∠ADC=30°，∠ADB=45°，(A,B，C，D在同一平面内)，求A，B间的距离．20.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为√3，棱长为2，D在边BC上，BD=2DC．(1)求该三棱柱的体积与表面积；(2)求三棱锥D−AB1C的体积．21.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为√3，D为BC的中点；(1)求该三棱柱的体积与表面积；(2)求三棱锥D−AB1C1的内切球半径．22.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知m⃗⃗⃗ =(sinC−sinB,sinC+sinA)，n⃗=(c−a,b)，且m⃗⃗⃗ //n⃗．(1)求A；(2)若a=√7，△ABC的面积为3√3，求△ABC的周长．223.锐角△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知m⃗⃗⃗ =(√3sinB,cosC−2)，n⃗=(c,b)，且m⃗⃗⃗ ⊥n⃗．(1)求C；a+b的最大值．(2)若c=2，求12答案和解析1.【答案】C【解析】解：z 的共轭复数为z −=2+3i ， 故选：C ．根据共轭复数的定义进行判断即可．本题主要考查复数的有关概念，根据共轭复数的定义是解决本题的关键，是基础题．2.【答案】D【解析】解：对于①，正棱柱的底面是正多边形，且侧棱于底面垂直，所以侧面均为全等的矩形，即①正确；对于②，棱台的每条侧棱延长后，均相交于一点，即②正确； 对于③，矩形旋转一周，得到圆柱，即③正确；对于④，用平行于底面的平面截圆锥，截面图形是圆，即④错误， 所以正确的是①②③． 故选：D ．①由正棱柱的性质，可判断； ②由棱台的结构特征，可判断； ③矩形旋转一周得到圆柱；④举反例，用平行于底面的平面截圆锥，截面图形不是等腰三角形．本题考查几种常见旋转体和多面体的结构特征，考查空间立体感，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则是四边形ABCD 为平行四边形， 故AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是四边形ABCD 为矩形的必要不充分条件， 故选：B ．根据充分必要条件的定义判断即可．本题考查了充分必要条件，考查向量问题，是基础题．4.【答案】A【解析】解：∵z =1−i ，∴|z|=√12+(−1)2=√2，故p 1正确，z 2=(1−i)2=1+i 2−2i =−2i ，故p 2正确，z 的虚部为−1，故p 3正确． 故选：A ．根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模公式和复数虚部的概念，即可求解． 本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数模公式和复数虚部的概念，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：设C(x,y)，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴(−1,2)=(x −3,y −5)， ∴x =2，y =7， ∴C(2,7)， 故选：C ．设C(x,y)，由题意可知AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再利用平面向量的坐标运算即可求出x ，y 的值，从而得到点C 的坐标，本题主要考查了平面向量的的坐标运算，是基础题．6.【答案】B【解析】解：因为a ⃗ 在b ⃗ 上的投影向量为：b⃗|b ⃗ |⋅|a ⃗ |cosθ，其中θ=<a ⃗ ,b ⃗ >， 由已知得：向量a ⃗ 在b ⃗ 上的投影向量为|a ⃗ |⋅cos 2π3⋅e ⃗ =−12e ⃗ ．故选：B ．根据投影向量的定义，套用公式计算即可．本题考查投影向量的概念和求法，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：设z=x+yi，x，y∈R，∵1<|z|≤2，∴1<x2+y2≤4，∴z对应的点组成图形的面积为π×22−π×12=3π．故选：C．设z=x+yi，x，y∈R，由1<|z|≤2，可得1<x2+y2≤4，再结合圆的面积，即可求解．本题主要考查了复数的几何含义，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：对于A，若a与b是两条相交直线，且a与平面α平行，则b与平面α平行或相交，故A错误；对于B，若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则a与α相交，则平面α内不存在与a平行的直线，否则，a//α，与直线a不平行于平面α矛盾，故B正确；对于C，若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是平行直线或异面直线，故C错误；对于D，如图，a，b分别是长方体的两个相邻平面的对角线所在的直线，则a，b也可能是相交直线，故D错误．故选：B．由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判定A与B；由两平行平面内的两直线的位置关系判定C；画图说明D错误．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9.【答案】A【解析】解：设球心为O ，截面圆心为O 1，连结OO 1，则OO 1⊥截面圆O 1，∵平面截一球得到直径为4√3cm 的圆面，球心到这个平面的距离是2cm ，∴Rt △OO 1A 中，O 1A =2√3cm ，OO 1=2cm ，∴球半径R =OA =√OO 12+O 1A 2=4cm ，因此球体积V =43π×43=2563π(cm 3).故选：A ．设球心为O ，截面圆心为O 1，连结OO 1，由球的截面圆性质和勾股定理，结合题中数据算出球半径，再利用球的体积公式即可算出答案．本题着重考查了球的截面圆性质、球的体积表面积公式等知识，属于基础题．10.【答案】D【解析】解：设AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AD 平分线段BC ， ∵(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴AD ⊥BC ， ∴AD 垂直平分BC ，∴四边形ABCD 为菱形，即AB =AC ， 又AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，∴1×1×cos∠BAC =12，∴∠BAC =60°， ∴△ABC 为等边三角形． 故选：D ．设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，易知AD 垂直平分BC ，于是四边形ABCD 为菱形，再由AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，推出∠BAC =60°，得解．本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的加法、数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：∵2acosC=bcosC+ccosB，∴由正弦定理可得2sinAcosC=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA，又sinA≠0，∴cosC=12，∵C∈(0,π)，∴C=π3，∵sinB=2sinA，∴由正弦定理可得：b=2a．又c=2，由余弦定理可得：c2=a2+b2−2abcosC，∴22=a2+(2a)2−2a×2a×cosπ3，化为22=3a2，解得a=2√33，∴b=4√33，∴S△ABC=12absinC=12×2√33×4√33×sinπ3=2√33．故选：D．由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得cos C的值，结合范围C∈(0,π)，可得C的值，由正弦定理化简已知等式可得b=2a.再利用余弦定理c2=a2+b2−2abcosC，解出a，b.再利用三角形面积计算公式即可计算得解．本题考查了三角函数的面积计算公式、正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12.【答案】B【解析】解：因为|a⃗|=2|b⃗ |=2√3，a⃗⋅b⃗ =−3，故cos<a⃗,b⃗ >=a⃗ ⋅b⃗|a⃗ ||b⃗|=−3√3×2√3=−12，故<a⃗,b⃗ >=2π3，据此可设b⃗ = (√3,0)，a⃗=(2√3cos2π3,2√3sin2π3)=(−√3,3)，再设c⃗=(x,y)，由|c⃗−a⃗−b⃗ |=1得|(x,y)−(−√3,3)−(√3,0)|=|(x,y−3)|=1，即x2+(y−3)2=1，即c⃗的终点在以C(0,3)为圆心，半径为r=1的圆上，且|OC|=3，故|OC|−r≤|c⃗|≤|OC|+r，即2≤|c⃗|≤4．故选：B．可先求出向量a⃗,b⃗ 的夹角，然后将a⃗,b⃗ ,c⃗坐标化，然后根据模的几何意义求解．本题考查数量积的运算以及向量模的几何意义，属于中档题．13.【答案】1+i【解析】解：1+3i2+i =(1+3i)(2−i)(2+i)(2−i)=5+5i5=1+i．故答案为：1+i．根据已知条件，运用复数的运算法则，即可求解．本题考查了复数代数形式的乘除法运算，属于基础题．14.【答案】2√22√23π【解析】解：设此圆的底面半径为r，高为h，母线为l，∵圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为2π3的扇形，∴l=3，得2πr=2π3×l=2π，解得r=1，因此，此圆锥的高ℎ=√l2−r2=√32−12=2√2；圆锥的体积为V=13Sℎ=13×π×12×2√2=2√23π．故答案为：2√2；2√23π．设此圆的底面半径为r，高为h，母线为l，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出r=1，再根据勾股定理得h，即得此圆锥高的值；再由圆锥的体积公式求体积．本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径为和圆心角，求圆锥的高及体积，着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识，属于基础题．15.【答案】−23【解析】解：建立如图所示直角坐标系，过D 作x 轴的垂线，垂足为E ，因为|CD|=2，所以|AB|=2|CD|=4， 又因为四边形ABCD 为等腰梯形， 所以|AE|=12(|AB|−|CD|)=1， 因为|AD|=2，所以|DE|=√3，因为AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 为AB 上近B 的三等分点，则P(83,0)，B(4,0)，C(3,√3)，D(1,√3)，又因为BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =QC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以Q 为BC 中点，则Q(72,√32)，所以DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(52,−√32)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,√3)， 则DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =52×13−√32×√3=56−32=−23． 建立平面直角坐标系，则根据条件可求得P 、B 、C 、D 、Q 的坐标，进而可表示出DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，PC⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用向量坐标运算性质即可求解． 本题考查平面向量数量积的运算性质，涉及向量的坐标运算，属于中档题．16.【答案】34【解析】解：由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =QC ⃗⃗⃗⃗⃗ 可得AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +QO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +k QB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +k(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AQ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −k 2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12−k 2)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12−k2)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +32k AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为P ，O ，C 三点共线，则12−k 2+32k =1，解得k =12， 所以λ=k =12，μ=12−k2=12−14=14， 则λ+μ=12+14=34， 故答案为：34．由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =QC ⃗⃗⃗⃗⃗ 可得AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后转化向量AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ，用向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗表示向量AO⃗⃗⃗⃗⃗ ，再利用点O，P，C三点共线的性质，进而可以求解．本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了三点共线的向量的性质，考查了学生的理解能力以及运算转化能力，属于基础题．17.【答案】解：(1)∵b=2√3，c=2√2，cosA=√612，∴由余弦定理可得：a=√b2+c2−2bc⋅cosA=√12=4；(2)由正弦定理：asinA =bsinB=csinC，得sinB=bcsinC=√32，∵b>c，C=π4，∴B=π3或2π3，当B=π3时，cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=−cos(π3+π4)=−(cosπ3cosπ4−sinπ3sinπ4)=√6−√24，由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bc⋅cosA=8+4√3，得a=√6+√2；当B=2π3时，cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=−cos(2π3+π4)=−(cos2π3cosπ4−sin2π3sinπ4)=√6+√24，由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bc⋅cosA=8−4√3，得a=√6−√2．综上所述，若B=π3，则A=5π12，a=√6+√2；若B=2π3，则A=π12，a=√6−√2．【解析】(1)直接由余弦定理求解a；(2)由正弦定理求解B，然后分类求解cos A，再由余弦定理求解a值．本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】解：(1)2a⃗−b⃗ =(2k−1,2)，由(2a⃗−b⃗ )//c⃗，得2k−1=4，解得k=52．(2)k=1,2a⃗−b⃗ =(1,2)，设2a⃗−b⃗ 与c⃗的夹角为θ，则cosθ=(1,2)⋅(2,1)|2a⃗ −b⃗||c⃗ |=45，∴2a⃗−b⃗ 与c⃗的夹角的余弦值为45．【解析】(1)利用向量坐标运算法则求出2a⃗−b⃗ ，再由(2a⃗−b⃗ )//c⃗，能求出k．(2)若k=1,2a⃗−b⃗ =(1,2)，利用向量夹角余弦公式能求出2a⃗−b⃗ 与c⃗的余弦值．本题考查向量的运算，考查向量坐标运算法则、向量平行、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．19.【答案】解：如图所示，∵∠ACB=75°，∠BCD=45°，∠ADC=30°，∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=75°+45°=120°，∴在△ACD中，∠CAD=180°−∠ACD−∠ADC=30°=∠ADC，∴AC=CD=9，在△BCD中，∠CBD=60°，∴由正弦定理，得BCsin75∘=9sin60∘，可得BC=9⋅sin75°sin60∘=6√3sin75°，在△ABC中，由余弦定理，得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcos∠ACB=92+(6√3sin75°)2−2×9×6√3sin75°cos75°=135，∴AB=3√15m，即A，B之间的距离为3√15．【解析】在△ACD中，求得∠CAD=∠ADC=30°，得CD的值，然后在△BCD中由正弦定理得出BC的长，最后在△ABC中由余弦定理求解AB．本题考查三角形的解法，考查正弦定理即余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．20.【答案】解：(1)正三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=S△ABC⋅AA1=12×√3×√3×√32×2=3√32，表面积S=2S△ABC+3S ABB1A1=2×12×√3×√3×√32+3×√3×2=15√32；(2)∵BD =2DC ，∴BD =2√33，DC =√33， ∴V D−AB 1C =V B 1−ACD =13S △ACD ⋅BB 1=13×12×√33×32×2=√36．【解析】(1)直接由三棱柱的体积与表面积公式求解； (2)利用等体积法求三棱锥D −AB 1C 的体积．本题考查三棱柱的体积与表面积，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．21.【答案】解：(1)该三棱柱的体积V =S △ABC ⋅AA 1=12×2×2×√32×√3=3， 表面积S =2S △ABC +3S AA 1B 1B =2×12×2×2×√32+3×2×√3=8√3；(2)V D−AB 1C 1=V B−AB 1C 1=V C 1−ABB 1=13×12×√3×2×√3=1， S △AB 1D =S △AC 1D =S △B 1C 1D =12×√3×2=√3； ∵AB 1=AC 1=√22+(√3)2=√7，B 1C 1=2， ∴cos∠B 1AC 1=2×√7×√7=57，则sin∠B 1AC 1=2√67， ∴S △AB 1C 1=12×√7×√7×2√67=√6，则三棱锥D −AB 1C 1的表面积为3√3+√6，设三棱锥D −AB 1C 1的内切球半径为r ，则13×(3√3+√6)×r =1， 即r =3√3−√67．【解析】(1)直接与棱柱的体积与表面积公式求解；(2)求出三棱锥D −AB 1C 1的体积与表面积，再由等体积法求三棱锥D −AB 1C 1的内切球半径．本题考查多面体的体积与表面积，考查多面体内切球半径的求法，是中档题．22.【答案】解：(1)因为m⃗⃗⃗ =(sinC −sinB,sinC +sinA)，n ⃗ =(c −a,b)，且m ⃗⃗⃗ //n ⃗ ， 所以b(sinC −sinB)=(c −a)(sinC +sinA)，由正弦定理可得b(c −b)=(c −a)(c +a)，可得b 2+c 2−a 2=bc ， 所以cosA =b 2+c 2−a 22bc=bc 2bc =12，因为A ∈(0,π)，所以A =π3．(2)因为A =π3，a =√7，△ABC 的面积为3√32=12bcsinA =√34bc ， 所以bc =6，又由余弦定理可得7=b 2+c 2−bc =(b +c)2−3bc =(b +c)2−3×6，解得b +c =5，所以△ABC 的周长a +b +c =√7+5．【解析】(1)由已知利用平面向量共线的坐标运算，正弦定理，余弦定理可求cos A 的值，结合范围A ∈(0,π)，可得A 的值．(2)由已知利用三角形的面积公式可求bc =6，进而根据余弦定理可得b +c 的值，即可求解△ABC 的周长．本题主要考查了平面向量共线的坐标运算，正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．23.【答案】解：(1)根据题意，m ⃗⃗⃗ =(√3sinB,cosC −2)，n ⃗ =(c,b)，且m ⃗⃗⃗ ⊥n ⃗ ． 则m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =√3sinB ⋅c +b(cosC −2)=0，则有√3sinBsinC +sinBcosC −2sinB =0， 变形可得：√3sinC +cosC =2，即sin(C +π6)=1， 又由0<C <π2，C =π3；(2)根据题意，c =2，则asinA =bsinB =csinC =√32=4√33，变形可得a =4√33sinA ，b =4√33sinB ， 故12a +b =4√33(12sinA +sinB)=4√33[12sinA +sin(2π3−A)]=4√33(sinA +√32cosA)=2√213sin(A +θ)，tanθ=√32， △ABC 为锐角三角形，则0<A <π2，0<B =2π3−A <π2，则有π6<A <π2， tanθ=√32，则π6<θ<π4，故5π12<A +θ<2π3，故当A +θ=π2时，sin(A +θ)取得最大值1，此时12a +b 取得最大值2√213；故12a +b 的最大值为2√213．【解析】(1)根据题意，由向量数量积性质可得m⃗⃗⃗ ⋅n⃗=√3sinB⋅c+b(cosC−2)=0，结合正弦定理变形可得√3sinC+cosC=2，即sin(C+π6)=1，分析可得答案；(2)根据题意，由正弦定理可得a=4√33sinA，b=4√33sinB，结合三角恒等变形公式可得1 2a+b=4√33(12sinA+sinB)=2√213sin(A+θ)，其中tanθ=√32，进而分析可得答案．本题考查三角形中的几何计算，涉及向量数量积的性质和应用，属于中档题．。
2020年山西省晋中市高一(下)期中数学试卷解析版
A. -1
B. 1
C. -2
D. 2
8. 已知 x∈[0，π]，f（x）=sin（cosx）的最大值为 a，最小值为 b，g（x）=cos（sinx）
的最大 值为 c，最小值为 d，则（ ）
A. b＜d＜a＜c
B. d＜b＜c＜a
C. b＜d＜c＜a
D. d＜b＜a＜c
9. 设函数 f（x）=asin（πx+α）+bcos（πx+β）+4（其中 a，b，α，β 为非零实数），
5. 《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《 方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积
= （弦×矢+矢 2），弧田（如图）由圆弧和其所对弦围城
，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有
圆心角 ，半径为 6 米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（
（2）计算
的值
18. 平面内给定三个向量 =（3，2）， =（-1，2）， =（4，1） （1）求 3
（2）求满足 =m
的实数 m，n．
（3）若（
）∥（2 ），求实数 k．
19. 已知函数 f（x）=2sin（2x- ） （1）求函数 f（x）的最小正周期； （2）求函数 f（x）的单调区间；
（3）若 x∈[0， ]，求函数 f（x）的值域．
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16. 设 D，E 分别是△ABC 的边 AB，BC 上的点，AD= AB，BE= BC，若 =λ1 +λ2 （λ1
，λ2 为实数），则 λ1+λ2 的值为______． 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分）
17. 计算下列各题： （1）已知 tanθ=2，计算 sin2θ+sinθcosθ-2cos2θ 的值
山西省太原市2020-2021学年高一下学期期中数学试题及答案
2020-2021学年第二学期高一年级期中质量监测数学试卷（考试时间：上午8：00-9：30）说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分．一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将其字母标号填入下表相应位置）1．若复数23z i =-，则z 的共轭复数为（） A ．32i +B ．23i -+C ．23i +D ．23i -- 2．下列结论正确的是（） ①正棱柱的侧面均为全等的矩形； ②棱台侧棱所在的直线必交于一点； ③矩形旋转一周一定形成一个圆柱； ④用平面截圆锥，截面图形均为等腰三角形． A ．①②B ．①④C ．③④D ．①②③3．AC AB AD =+是四边形ABCD 为矩形的（） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．下面是关于复数1z i =-的三个命题：2123 :||2;:2;:p z p z i p z ==-的虚部为1-，其中的真命题为（）A ．123, , p p pB ．12, p pC ．13, p pD ．23, p p 5．已知四边形ABCD 为平行四边形，点A ，B ，D 的坐标分别是（1，2），（3，5），（0，4），则点C 的坐标是（）A ．(1,9)-B ．(3,8)C ．(2,7)D ．(2,1)-6．已知||1a =，与非零向量b 同向的单位向量为e ，且2,3a b π〈〉=，则向量a 在b 上的投影向量为（） A ．12b B ．12e - C ．12e D ．12b - 7．若复数z 满足1||2z <，则在复平面内，z 所对应的点组成图形的面积为（） A ．π B ．2π C ．3π D ．4π 8．下列命题正确的是（）A ．若a 与b 是两条相交直线，且a 与平面α平行，则b 与平面α相交B ．若直线a 不平行于平面α，且a α⊂/，则平面α内不存在与a 平行的直线C ．若a ，b 是两条直线，,αβ是两个平面，且,a b αβ⊂⊂，则a ，b 是异面直线D ．若a ，b 分别是长方体的两个相邻平面的对角线所在的直线，则a ，b 是异面直线9．一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个平面的距离为2cm ，则该球的体积为（） A ．3256cm 3π B ．364cm π C ．364 c m 3πD ．316cm 3π 10．若非零向量,AB AC 满足()0AB AC BC +⋅=，且12||||AB AC AB AC ⋅=，则ABC 为（） A ．三边均不相等的三角形B ．直角三角形 C ．底边与腰不相等的等腰三角形D ．等边三角形11．在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2,2cos cos cos ,sin 2sin c a C b C c B B A ==+=，则ABC 的面积为（）A ．3 B C ．43D12．已知||2||23,3a b a b ==⋅=-，若||1c a b --=，则||c 的取值范围是（）A ．(2,4)B ．[2,4]C ．1]D ．1,1]二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案写在题中横线上）13．已知i 为虚数单位，则132ii+=+_________。
山西省2020年高一下学期数学期中考试试卷(II)卷
山西省2020年高一下学期数学期中考试试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2020高三上·兴宁期末) 记为等差数列的前项和，若，，则（）A .B .C .D .2. （2分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若a=5bsinC，且cosA=5cosBcosC，则tanA的值为（）A . 5B . 6C . -4D . -63. （2分）在中，已知，则角A为（）A .B .C .D . 或4. （2分）设等比数列的公比q=2，前n项和为，则的值是（）A .B . 4C .D .5. （2分）设全集为R，集合，，则（）A .B .C .D .6. （2分） (2019高三上·绵阳月考) 若，则下列结论不正确的是（）A .B .C .D .7. （2分）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（）A . 直角三角形B . 等腰或直角三角形C . 不能确定D . 等腰三角形8. （2分） (2019高二上·寿光月考) 下列结论正确的是（）A . 当且时,B . 当时,C . 当时, 的最小值是2D . 当时, 无最大值9. （2分）已知数列{an}为等比数列，下面结论中正确的是（）A . a1+a3≥2a2B . a12+a32≥2a22C . 若a1=a3 ，则a1=a2D . 若a1＜a3 ，则a2＜a410. （2分） (2016高一下·芦溪期末) 数列{an}的通项公式，其前n项和为Sn ，则S2012等于（）A . 1006B . 2012C . 503D . 011. （2分） (2018高一上·海南期中) 若则当取最小值时,此时x,y分别为（）A . 4,3B . 3,3C . 3,4D . 4,412. （2分）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若c2=（a﹣b）2+6，△ABC的面积为，则C=（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2018高一上·海安月考) 在中，，，，则此三角形的最大边长为________．14. （1分） (2019高一上·凤城月考) 若则的范围是________; 的范围是________15. （1分） (2017高三下·深圳模拟) 已知数列满足，其中，若对恒成立，则实数的取值范围为________．16. （1分）已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=x2﹣4x，那么，不等式f（x+2）＜5的解集是________三、解答题 (共6题；共65分)17. （10分） (2017高二上·景德镇期末) 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2（a2﹣b2）=2accosB+bc．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）D为边BC上一点，BD=3DC，∠DAB= ，求tanC．18. （10分） (2019高一下·通榆月考) 已知等比数列{an}的前n项和为Sn ， a1＝－1，＝ .（1）求等比数列{an}的公比q；（2）求a ＋a ＋…＋a .19. （10分）(2017·石家庄模拟) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn ，若Sm﹣1=﹣4，Sm=0，Sm+2=14（m≥2，且m∈N*）（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若数列{bn}满足 =log2bn（n∈N+），求数列{（an+6）•bn}的前n项和．20. （10分）(2019·广东模拟) 已知函数 .（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）若满足，求的值21. （10分） (2019高二上·邵东月考) 已知函数（1）当时，解不等式（2）若关于的方程的解集中怡好有一个元素，求的取值范围；（3）设若对任意函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.22. （15分） (2019高二下·镇海期末) 已知数列{an+1﹣an}是首项为，公比为的等比数列，a1＝1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{（3n﹣1）•an}的前n项和Sn ．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共6题；共65分)17-1、18-1、18-2、19-1、20-1、20-2、21-1、21-2、21-3、22-1、第11 页共11 页。
山西省2020年高一下学期期中数学试卷A卷(精编)
山西省2020年高一下学期期中数学试卷A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分） 10件产品中有8件正品,2件次品,从中随机地取出3件,则下列事件中是必然事件的为（）A . 3件都是正品B . 至少有一件次品C . 3件都是次品D . 至少有一件正品2. （2分）若A、B是锐角三角形△ABC的两个内角，如果点P的坐标为P（cosB﹣sinA，sinB﹣cosA），则点P在直角坐标平面内位于（）A . 第一象限B . 第二象限C . 第三象限D . 第四象限t3. （2分）下列各角中与角终边相同的角为（）A .B .C .D .4. （2分） (2018高一下·临沂期末) 已知角的终边过点，则（）A .B .C .D .5. （2分）已知集合A={﹣1，1}，B={x|ax+2=0}，若B⊆A，则实数a的所有可能取值的集合为（）A . {﹣2}B . {2}C . {﹣2，2}D . {﹣2，0，2}6. （2分）甲、乙同时炮击一架敌机，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.4，敌机被击中的概率为（）A . 1B . 0.86C . 0.24D . 0.767. （2分）=（）A .B . -C .D . -8. （2分） (2019高一上·哈尔滨月考) 设 ,则f(g(π))的值为（）A . 1B . 0C . -1D . π9. （2分） (2019高二下·佛山期末) 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取岀一个球放入乙罐，分别以，，表示由甲罐取岀的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙罐中随机取出一个球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列结论中不正确的是（）A . 事件与事件不相互独立B . ，，是两两互斥的事件C .D .10. （2分）已知，则的值是（）A .B .C .D . 111. （2分）在下列各数中，最大的数是（）A . 85（9）B . 210（6）C . 1000（4）D . 11111（2）12. （2分） (2017高一下·天津期末) 阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）若角α是第二象限角，那么是第________象限角．14. （1分） (2018高二上·吉林期末) 采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，…，960分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9，抽到的32人中，编号落入区间的人做问卷，编号落入区间的人做问卷，其余的人做问卷，则抽到的人中，做问卷的人数为________．15. （1分）=________16. （1分） (2016高一下·汉台期中) 下列说法中正确的有________①刻画一组数据集中趋势的统计量有极差、方差、标准差等；刻画一组数据离散程度统计量有平均数、中位数、众数等．②抛掷两枚硬币，出现“两枚都是正面朝上”、“两枚都是反面朝上”、“恰好一枚硬币正面朝上”的概率一样大．③有10个阄，其中一个代表奖品，10个人按顺序依次抓阄来决定奖品的归属，则摸奖的顺序对中奖率没有影响．④向一个圆面内随机地投一个点，如果该点落在圆内任意一点都是等可能的，则该随机试验的数学模型是古典概型．三、解答题 (共6题；共60分)17. （10分） (2016高二下·南阳期末) 甲、乙两人进行围棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或下满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p（p＞），且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为．（1）求p的值；（2）设ξ表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ．18. （10分）已知函数f（x）=2cos2x﹣ sin2x．（1）求f（x）的最大值及取得最大时x的值和单调减区间；（2）若α为第二象限角，且，求的值．19. （5分） (2018高二上·武邑月考) 为了解某校高三毕业生报考体育专业学生的体重（单位：千克）情况，将他们的体重数据整理后得到如下频率分布直方图，已知图中从左至右前3个小组的频率之比为1:2:3，其中第2小组的频数为12.（Ⅰ）求该校报考体育专业学生的总人数；（Ⅱ）已知A，是该校报考体育专业的两名学生，A的体重小于55千克，的体重不小于70千克，现从该校报考体育专业的学生中按分层抽样分别抽取体重小于55千克和不小于70千克的学生共6名，然后再从这6人中抽取体重小于55千克学生1人，体重不小于70千克的学生2人组成3人训练组，求A不在训练组且在训练组的概率.20. （10分）(2018·江苏) 已知为锐角，，。